Ứng dụng Bất đẳng thức Schur trong chứng minh Bất đẳng thức

(1)

Ứng dụng của một hệ quả của bất đẳng thức Schur

Trong chương trình môn Toán ở bậc phổ thông thì bài tập chứng minh bất đẳng thức là một trong những loại bài tập khó. Cái khó của loại bài tập này là ở chỗ, mỗi bài nó có một cách tiếp cận riêng, cách giải riêng và độc đáo. Chứa đựng trong chúng là những kiến thức sâu rộng và những kĩ năng phức tạp, nó đòi hỏi chúng ta cần phải có tư duy linh hoạt, kĩ năng thuần thục tới độ “linh cảm”. Mặc dù chúng ta đã biết rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức như: Phương pháp biến đổi tương đương, phương pháp sử dụng các bất đẳng thức đã biết, phương pháp quy nạp, phương pháp đánh giá đại diện, phương pháp phản chứng...; cũng như đã có nhiều kỹ thuật để chứng minh bất đẳng thức, đặc biệt các kỹ thuật sử dụng bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopxki để chứng minh bất đẳng thức là rất phong phú. Trong khi đó nội dung bất đẳng thức ở trường phổ thông lại đóng vai trò quan trọng trong việc rèn luyện tư duy, khả năng linh hoạt và óc sáng tạo; đồng thời nó cũng giúp học sinh rèn luyện tính cần cù, tinh thần vượt khó. Hơn thế nữa, mỗi bất đẳng thức và cách chứng minh bất đẳng thức đó có một vẻ đẹp lộng lẫy và sức hấp dẫn kì lạ đối với mỗi người nghiên cứu chúng nên việc nghiên cứu chúng còn có tác dụng kích thích sự say mê trong học tập môn Toán cũng như các môn học khác. Bên cạnh đó, sau khi giải xong một bài tập về bất đẳng thức, một câu hỏi thường được đặt ra với chúng ta là: Bất đẳng thức này từ đâu mà có? Bất đẳng thức này có thể ứng dụng để chứng minh được các bài toán nào? Để trả lời câu hỏi này thật không đơn giản chút nào.

Trước hết ta bắt đầu với bài toán. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng

(

a b c a b c b c a^{+ −}

)(

^{− +}

)(

^{+ −}

)

^abc

Bất đẳng thức trên là một bất đẳng thức đối xứng ba biến và nó là một hệ quả của bất đẳng thức Schur. Có ba cách giải đều rất hiệu quả như sau.

Không mất tính tổng quát, ta giả sử a là số lớn nhất trong ba số a b c, , . Cách 1. Khi đó a b c+ − 0;a c b+ − 0.

Nếu b c a+ − 0 thì bất đẳng thức đã cho đúng.

Do đó ta chỉ còn xét cả ba đại lượng a b c a c b b c a+ − ; + − ; + − đều dương.

Theo bất đẳng thức Cauchy

( )( )

+ − + − +

 

+ − − +   =

− + − + +

 

− + + −   =

+ − + + −

 

+ − + −   =

 

2 2

2

a b c a b c

a b c a b c a

a b c a b c

a b c b c a c

b c a a b c

b c a a b c b

Do cả hai vế của các bất đẳng thức trên đều dương, nên nhân vế với vế ta được

( )( )( ) ( )

 + − − + + −  

 a b c a b c b c a ² abc ² Hay ta được

(

a b c a b c b c a^{+ −}

)(

^{− +}

)(

^{+ −}

)

^abc.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c= = .

Cách 2. Ta có bất đẳng thức hiển nhiên ^a²^{− −}

(

^{b c}

)

²^^a²^hay

(2)

(

a b c a c b^{+ −}

)(

^{− + }

)

a² Tương tự ta có thêm hai bất đẳng thức nữa

(

b c a a b c^{+ −}

)(

^{+ − }

)

b²^;

(

c a b b c a^{+ −}

)(

^{+ −}

)

^c²

Do cả hai vế của các bất đẳng thức trên đều dương, nên nhân vế với vế ta được

( )( )( ) ( )

 + − − + + −  

 a b c a b c b c a ² abc ² Hay ta được

(

a b c a b c b c a^{+ −}

)(

^{− +}

)(

^{+ −}

)

^abc.

Cách 3. Biến đổi tương đương bất đẳng thức ta được

( ) ( ) ( )

+ + +  + + + + +

3 3 3 3 2 2 2

a b c abc a b c b c a c a b

Không mất tính tổng quát ta giả sử a là số lớn nhất trong ba số a, b, c. Khi đó ta có

( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

− + − + − − 

 + + +  + + + + +

2

3 3 3 2 2 2

0 3

a b a b c c a c b c

a b c abc a b c b c a c a b Như vậy bất đẳng thức trên được chứng minh

Khá bất ngờ với cách giải thứ ba bởi vì khi biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta thu được một hệ quả khác của bất đẳng thức Schur, thông thường với bài toán trên ta thường sử dụng cách thứ nhất hoặc cách thứ hai. Một vấn đề được đặt ra ở đây là từ bất đẳng thức

(

a b c a b c b c a^{+ −}

)(

^{− +}

)(

^{+ −}

)

^abc

Ta có thể ứng dụng để chứng minh được một lớp những bất đẳng thức nào?

1. Bất đẳng thức Schur và các hệ quả.

a) Bất đẳng thức Schur. Cho a b c, , là các số thực không âm. Khi đó ta có

(

⁻

)(

^{− +}

) (

⁻

)(

^{− +}

) (

⁻

)(

^{− }

)

⁰

a a b a c b b c b a c c a c b b) Hệ quả. Cho a b c, , là các số thực không âm. Khi đó ta có

• ^a³^{+ + +}^b³ ^c³ ³^{abc a b c}^ ²

(

^{+ +}

)

^{b c a}²

(

^{+ +}

)

^{c a b}²

(

⁺

)

^.

• ^abc^

(

a b c b c a c a b^{+ −}

)(

^{+ −}

)(

^{+ −}

)

.

2. Một số bài toán ứng dụng hệ quả của bất đẳng thức Schur.

Với hai hệ quả trên ta sẽ ứng dụng để chứng minh được một lớp các bất đẳng thức đối xứng bậc ba, qua đó ta sẽ thấy được ứng dụng rộng lớn của bất đẳng thức Schur

Bài toán 1. Cho a b c, , là các số thực không âm. Chứng minh rằng

( )( )

+ + +  + + + +

3 3 3 6

a b c abc a b c ab bc ca Lời giải

Để ý đến đẳng thức

(

a b c ab bc ca^{+ +}

)(

^{+ +}

)

⁼a b c²

(

^{+ +}

)

b c a²

(

^{+ +}

)

c a b²

(

^{+ +}

)

³abc Khi đó bất đẳng thức trên được viết lại thành

( ) ( ) ( )

+ + +  + + + + +

3 3 3 2 2 2

a b c 3abc a b c b c a c a b Bất đẳng thức trên là hệ quả của bất đẳng thức Schur.

Bài toán được chứng minh xong. Đẳng thức xảy ra khi và cỉ khi a b c= = Bài toán 2. Cho a b c, , là các số thực không âm. Chứng minh rằng

(

^{a b c}^{+ +}

)

³⁺⁹^abc^⁴

(

)(

^{+ +}

)

(3)

Lời giải

Để ý đến đẳng thức

(

^{a b c}^{+ +}

)

³ ⁼^a³^{+ + +}^b³ ^c³ ³

(

a b b c c a⁺

)(

⁺

)(

⁺

)

.

Do đó ta được

(

^{a b c}^{+ +}

)

³⁺⁹^{abc a}⁼ ³^{+ + +}^b³ ^c³ ⁹^abc⁺³

(

a b b c c a⁺

)(

⁺

)(

⁺

)

. Theo hệ quả của bất đẳng thức Schur ta được

( )( )( )

( ) ( ) ( ) ( )( )( )

+ + + + + + +

 + + + + + + + + + +

3 3 3

2 2 2

9 3

6 3

a b c abc a b b c c a

a b c b c a c a b abc a b b c c a Để ý đến các đẳng thức

( ) ( ) ( ) ( )( )

( )( )( ) ( )( )

+ + + + + + = + + + +

+ + + + = + + + +

2 2 2 3

a b c b c a c a b abc a b c ab bc ca a b b c c a abc a b c ab bc ca

Do đó ta được

( ) ( ) ( ) ( )( )( )

( )( )

+ + + + + + + + + +

= + + + +

2 2 2 6 3

4

a b c b c a c a b abc a b b c c a a b c ab bc ca Suy ra ^a³^{+ + +}^b³ ^c³ ⁹^abc⁺³

(

a b b c c a⁺

)(

⁺

)(

⁺

) (

^⁴ a b c ab bc ca^{+ +}

)(

^{+ +}

)

. Hay

(

^{a b c}^{+ +}

)

³⁺⁹^abc^⁴

(

)(

^{+ +}

)

.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c= = Bài toán 3. Cho a b c, , là các số thực dương. Chứng minh rằng

( )

+ + +  + +

+ +

2 2 2 9

abc 2

a b c ab bc ca

a b c Lời giải

Vì a b c, , là các số dương khi đó ^a²^{+ + +}^b² ^c² ⁹_{+ +}^abc ^²

(

^{ab bc ca}^{+ +}

)

a b c Tương đương với

(

^{+ +}

)

⁺ ^

(

^{+ +}

)

+ +

2 9

abc 4

a b c ab bc ca

a b c . Hay

(

^{a b c}^{+ +}

)

³⁺⁹^abc^⁴

(

)(

^{+ +}

)

Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bài toán 2.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Bài toán 4. Cho a b c, , là các số thực dương. Chứng minh rằng

( )( )( )

+ + + 

+ + + + + +

4 2

a b c abc

b c c a a b a b b c c a Lời giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

( )( ) ( )( ) ( )( )

( )( )( )

+ + + + + + + + +

 + + +

4 2

a a b a c b a b b c c c a b c abc a b b c a c Hay tương đương với

( ) ( ) ( )

+ + +  + + + + +

 + + +  + + + + +

3 3 3 2 2 2 2 2 2

3 3 3 2 2 2

3 3

a b c abc a b ab b c bc c a ca a b c abc a b c b c a c a b Bất đẳng thức cuối cùng là hệ quả của bất đẳng thức Schur

(4)

Bài toán 5. Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a b c+ + =1. Chứng minh rằng

(

^{+ +}

)

^ ⁺

4 ab bc ca 9abc 1 Lời giải

Bất đẳng thức có các vế chưa đồng bậc, chú ý đến giả thiết a b c+ + =1 ta đồng bậc hóa bất đẳng thức thành

(

^{+ +}

)(

^{+ +}

)

^ ⁺

(

^{+ +}

)

³

4 a b c ab bc ca 9abc a b c Đây chính là bất đẳng thức trong bài toán 2.

Bài toán 6. Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn điều kiện a b c+ + =1. Chứng minh rằng + + −  7

2 27

ab bc ca abc .

Lời giải

Dễ dàng chứng minh được

(

a b c b c a c a b^{+ −}

)(

^{+ −}

)(

^{+ − }

)

abc. Hay

(

^{1 2}⁻ ^a

)(

^{1 2}⁻ ^b

)(

^{1 2}⁻ ^c

)

^^abc, khai triển ra ta được

( ) ( )

( )

− + + + + + − 

 + +  +

1 2 4 8

4 1 9

a b c ab bc ca abc abc ab bc ca abc

Từ đó suy ra + + 1 9⁺ 4 ab bc ca abc.

Mặt khác, từ a b c+ + =1 và bất đẳng thức Cauchy ta được  + +  =

3 1

3 27

a b c

abc .

Do đó ta có + + − 1 9⁺ −  7

2 2

4 27

ab bc ca abc abc abc . Bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu đẳng thức xảy ra tại = = =1 a b c 3.

Nhận xét. Một lớp các bất đẳng thức tương tự

• ⁷

(

^{ab bc ca}^{+ +}

)

^⁹^abc⁺²

• ²

(

^a³^{+ +}^b³ ^c³

)

⁺³^{abc a}^ ²^{+ +}^b² ^c²

• + + −  8 ab bc ca abc 27

• ⁶

(

^a³^{+ +}^b³ ^c³

)

⁺⁹^abc^¹

• ²+ + +² ² 13

4 27

a b c abc

• ⁸

(

^{+ +}

)

⁹^ ⁺⁷

ab bc ca abc 3

Bài toán 7. Cho a b c, , là các số thực dương. Chứng minh rằng

( )

 

+ + +  + + + + +  + +

2 2 2 1 1 1

2 2

a b c abc ab bc ca

a b b c c a Lời giải Áp dụng bất đẳng tức Cauchy dạng + + 

+ +

1 1 1 9

x y z x y z ta được

(5)

 

+ + +  + + + + +  + + + + +

2 2 2 1 1 1 2 2 2 9

2 abc

a b c abc a b c

a b b c c a a b c

Ta cần chỉ ra được ^{+ + +} ^

(

^{+ +}

)

+ +

2 2 2 9

abc 2

a b c ab bc ca

a b c , bất đẳng thức này tương đương với

( ) ( ) ( )

+ + +  + + + + +

3 3 3 2 2 2

3

a b c abc a b c b c a c a b . Bất đẳng thức trên là hệ quả của bất đẳng thức Schur.

Như vậy bất đẳng thức được chứng minh.

Bài toán 8. Cho a b c, , là các số thực dương bất kì. Chứng minh rằng

(

^{+ +}

)

+ + +

+ + 

+ + + + +

2 2 2

2 2 2 2 2 2 3 a b c

a b b c c a

b c b c c a a b c Lời giải

Biến đổi tương đương bất đẳng thức như sau

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

+ + + + +

+ + 

+ + + + +

+ + +

 + + + + +  + +

+ + +

 + −   + −   + − 

     

 + +  + +

+ + +

 

 + +  + + +  + + + + + 

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

3

2 3

2 2 2

1 1 1

2

a b c a b b c c a

a b b c c a a b c

c a b a b c b c a

a b c a b c

a b b c c a

c a b ab a b c bc b c a ca

a b c

a b b c c a

ab bc ca a b c abc

a b b c c a Theo bất đẳng thức dạng + + 

+ +

1 1 1 9

x y z x y z ta được

 

+ + +  + + + + +  + + + + +

2 2 2 1 1 1 2 2 2 9

2 abc

a b c abc a b c

a b b c c a a b c

Ta cần chỉ ra được ^{+ + +} ^

(

^{+ +}

)

+ +

2 2 2 9

abc 2

a b c ab bc ca

a b c , bất đẳng thức này tương đương với

( ) ( ) ( )

+ + +  + + + + +

3 3 3 2 2 2

3

a b c abc a b c b c a c a b . Bất đẳng thức trên là hệ quả của bất đẳng thức Schur.

Bài toán trên được chứng minh xong.

Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c= = .

Bài toán 9. Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn abc=1. Chứng minh rằng

+ + +

+ + 

+ + + + + +

3 3 3

3 3 3 3 3 3

1 1 1

1 1 1 2

a b c

b c c a a b

Lời giải

Đặt x a y b z c= ³; = ³; = ³xyz =1, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

+ + +

+ + 

+ + + + + +

1 1 1

1 1 1 2

x y z

y z z x x y

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được

(6)

( )

( )( ) ( )

( )( )

( )

( ) ( )

+ + +

+ +

+ + + + + +

+ + +

= + +

+ + + + + + + + +

+ + +

 + + + + + +

2 2 2

2

1 1 1

1 1 1 1 1 1

3

2 3 3

x y z

y z z x x y

x y z

x y z y z x z x y

x y z

xy yz zx x y z

Ta cần chứng minh

( )

( ) ( )

+ + +

+ + + + + +  3 2

2 3 3 2

x y z

xy yz zx x y z , bất đẳng thức này tương đương với

( ) ( ) ( ) ( )

+ + + + + + + + +  + + + + + +

2 2 2

2 6 9 4 6 6

x y z xy yz zx x y z xy yz zx x y z Hay ^{3 2}^

(

^{xy yz zx}⁺ ⁺

)

⁻

(

^x²⁺^y²⁺^z²

)

^.

Từ bất đẳng thức quen thuộc

(

x y z y z x z x y^{+ −}

)(

^{+ −}

)(

^{+ −}

)

^xyz . Khai triển và biến đổi tương đương ta được

(

^{x y z}^{+ +}

)

³⁺⁹^xyz ^⁴

(

x y x xy yz zx^{+ +}

)(

⁺ ⁺

)

Do đó ta được ⁴

(

^{xy yz zx}⁺ ⁺

) (

⁻ ^{x y z}^{+ +}

)

² ^ ⁹_{+ +}^xyz ⁼ _{+ +}⁹

x y z x y z . Hay ²

(

^{xy yz zx}⁺ ⁺

)

⁻

(

^x²⁺^y²⁺^z²

)

^_{x y z}_{+ +}⁹ ^.

Cuối cúng ta cần chỉ ra rằng  + +

9 3

x y z hay x y z+ + 3. Bất đẳng thức cuối cùng đúng theo bất đẳng thức Cauchy.

Vậy bất đẳng thức trên được chứng minh.

Dấu đẳng thức xảy ra tại a b c= = =1.

Bài toán 10. Cho a b c, , là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng

(

^{a b c}^{+ +}

) (

³ a b c b c a c a b^{+ −}

)(

^{+ −}

)(

^{+ − }

)

²⁷a b c^{2 2 2} Lời giải

Xét trường hợp

(

a b c b c a c a b^{+ −}

)(

^{+ −}

)(

^{+ − }

)

⁰, bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Xét trường hợp

(

a b c b c a c a b^{+ −}

)(

^{+ −}

)(

^{+ − }

)

⁰, khi đó dễ dàng chứng minh được

(

^{a b c}^{+ − }

)

^0;

(

^{b c a}^{+ −}

)

^^0;

(

^{c a b}^{+ − }

)

⁰^.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

(

^{+ +}

) (

³ ^{+ −}

)(

^{+ −}

)(

^{+ − }

)

^{3 3 3 3}

27abc a b c a b c b c a c a b 9 a b c Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

(

^{+ −}

)(

^{+ −}

)(

^{+ − }

)

^_

(

^{+ − +}

) (

^{+ − +}

) (

^{+ −}

)

^_³

27abc a b c b c a c a b a b c a b c a b c a b c Hay ²⁷abc a b c b c a c a b

(

^{+ −}

)(

^{+ −}

)(

^{+ − }

)

^_²

(

ab bc ca^{+ +}

)

⁻

(

a²^{+ +}b² c²

)

^_³

Khi đó ta được

(

^{+ −}

)(

^{+ −}

)(

^{+ −}

)(

^{+ +}

)

³^^_

(

^{+ +}

)

⁻

(

²^{+ +}² ²

)

^_³

(

^{+ +}

)

³

27abc a b c b c a c a b a b c 2 ab bc ca a b c a b c Như vậy ta cần chứng minh

(

^{a b c}^{+ +}

) (

^_² ^{ab bc ca}^{+ +}

)

⁻

(

^a²^{+ +}^b² ^c²

)

^_^⁹^abc^.

(7)

Hay ^a²^{+ + +}^b² ^c² ⁹_{+ +}^abc ^²

(

^{ab bc ca}^{+ +}

)

a b c .

Khai triển và rút gọn ta được

( ) ( ) ( )

( )( )( )

+ + +  + + + + +

  + − + − + −

3 3 3 3 2 2 2

a b c abc a b c b c a c a b abc a b c b c a c a c

Bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi a b c, , . Bất đẳng thức được chứng minh.

Bài toán 11. Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn ab bc ca+ + =1. Chứng minh rằng

( )

+ + +

+ + 

− − −

2 2 2

1 1 1

1 1 1 12

ab bc ca

Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được

( )

+ + + + + +

+ + 

− − − − − −

2 2 2 2 2 2

2 2 2 3 2 2 2

1 1 1 1 1 1

1 1 1 3 1 1 1

ab bc ca ab bc ca

Như vậy ta cần chứng minh

( )

+ + +

− − − 

2 2 2

1 1 1

1 1 1 64

ab bc ca

ab bc ca hay ta cần chứng minh bất đẳng thức

(

¹⁺^ab

)(

¹⁺^bc

)(

¹⁺^ca

) (

^^{8 1}⁻^ab

)(

¹⁻^bc

)(

¹⁻^ca

)

^.

Đặt x ab y bc z ca= ; = ; = , khi đó x y z, , 0 và x y z+ + =1.

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

(

¹⁺^x

)(

¹⁺^y

)(

¹⁺^z

) (

^^{8 1}⁻^x

)(

¹⁻^y

)(

¹⁻^z

)

^{, tương}

đương với bất đẳng thức ⁹^xyz^⁷

(

^{xy yz zx}⁺ ⁺

)

⁻²^.

Ta dễ dàng chứng minh được ^x²⁺^y²^{+ +}^z² _{+ +}⁹^xyz ^²

(

^{xy yz zx}⁺ ⁺

)

x y z .

Mà x y z+ + =1 nên ta suy ra được ⁹^xyz^⁴

(

^{xy yz zx}⁺ ⁺

)

⁻¹^.

Vì x y z+ + =1 nên ³

(

^{xy yz zx}⁺ ⁺

)

^¹^{, do đó}

(

⁺ ⁺

)

^{− }

(

⁺ ⁺

)

⁻

4 xy yz zx 1 7 xy yz zx 2 Điều này dẫn tới ⁹^xyz^⁷

(

^{xy yz zx}⁺ ⁺

)

⁻²^.

Như vậy bất đẳng thức ban đầu được chứng minh.

(

^a²⁺²

)(

^b²⁺²

)(

^c²⁺²

)

^³

(

^{a b c}^{+ +}

)

²

Lời giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

( ) ( ) ( ) ( )

+ + + + + + +  + + + + +

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 8 3 2 2 2 6

a b c a b b c c a a b c a b c ab bc ca Hay ^{a b c}^{2 2 2}⁺²

(

^{a b}^{2 2}⁺^{b c}^{2 2}⁺^{c a}^{2 2}

)

⁺^a²^{+ + + }^b² ^c² ^{8 6}

(

^{ab bc ca}^{+ +}

)

Áp dụng bất đẳng thức Caychy ta được

(8)

( )

( ) ( ) ( )

( )

+ + + + + + +

 

= + +  + + + + + + + + +

 + + + + + + +

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 8

1 2 1 1 1 1

2 4 1

a b c a b b c c a a b c

abc ab bc ca a b c Phép chứng minh hoàn tất nếu ta chỉ ra được

( ) ( )

( )

+ + + + + + +  + +

 + + + +  + +

2 2 2

2 4 1 6

1 2 2

abc ab bc ca a b c ab bc ca a b c abc ab bc ca

Dễ dàng chứng minh được

( )

+ + +  + +

+ +

2 2 2 9

abc 2

a b c ab bc ca

a b c

Ta cần chỉ ra được ^{1 2}⁺ ^abc^ ⁹_{+ +}^abc ^{ +}

(

^{1 2}^{abc a b c}

)(

^{+ + }

)

⁹^abc

a b c

Đánh giá cuối cùng luôn đúng vì theo bất đẳng tức Cauchy thì

+ = + +  ³ ^{2 2 2} + +  ³

1 2abc 1 abc abc 3 a b c a b c; 3 abc Vậy bài toán được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c= = =1.

(

²^{+ +}² ²

)

⁺ ^{+ }

(

^{+ +}

)

2 a b c abc 8 5 a b c Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có _{+ + }

(

^{+ +}

)

²⁺⁹

6 a b c a b c

Bài toán quy về chứng minh

(

²^{+ +}² ²

)

⁺ ^{+ } ⁵^_

(

^{+ +}

)

²⁺ ^_

2 8 9

a b c abc 6 a b c Hay ⁷₆

(

^a²^{+ +}^b² ^c²

)

⁺^abc^{+ }¹_{2 3}⁵

(

^{ab bc ca}^{+ +}

)

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

( )

+ = +  = 

+ +

3 2 2 2

3

1 2 1 3 9 9

2 2 2 2.3 2

abc a b c abc abc

abc abc a b c

Do đó phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

(

² ^{+ +}² ²

)

⁺

(

_{+ +}

)

^

(

^{+ +}

)

7 9 5

6 2 3

a b c abc ab bc ca

a b c Hay ⁷

(

^a²^{+ +}^b² ^c²

)

⁺_{a b c}^3.9_{+ +}^abc ^¹⁰

(

^{ab bc ca}^{+ +}

)

Theo một đánh giá quen thuộc thì ⁴

(

^a² ^{+ +}^b² ^c²

)

^⁴

(

^{ab bc ca}^{+ +}

)

nên ta được

(

²^{+ +}² ²

)

⁺ ^3.9_{+ +} ^

(

²^{+ +}² ²

)

⁺ ^3.9_{+ +} ⁺

(

^{+ +}

)

7 abc 3 abc 4

a b c a b c ab bc ca

a b c a b c

Ta cần chỉ ra được

( ) ( ) ( )

( )

+ + + + + +  + +

+ +

 + + +  + +

+ +

2 2 2

3 3.9 4 10

9 2

a b c abc ab bc ca ab bc ca a b c

a b c abc ab bc ca a b c

(9)

Đánh giá cuối cùng đã được chứng minh.

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c= = =1 Bài toán 14. Cho a b c, , là các số thực dương tùy ý. Chứng minh rằng

( )( )( )

 + +  + 

 + + +  + + +

 

2 14

a b c abc 4

b c c a a b a b b c c a Lời giải

Đặt = = =

+ ; + ; +

a b c

x y z

b c c a a b, khi đó ta được

+ + =  + + + =

+ + +

1 1 1

2 2 1

1 1 1 xy yz zx xyz

x y z

Dễ dàng chứng minh được + +  3

x y z 2. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

(

^{x y z}^{+ +}

)

²⁺¹⁴^xyz^⁴

Dễ ta chứng minh được

( ) ( )

+ + +  + +

+ +

 + + +  + + + −

+ +

2

9 4

14 14 4 9

x y z xyz xy yz zx x y z

x y z xyz xyz xy yz zx xyz

x y z Từ + + 3

x y z 2 suy ra  + + 9xyz 6

x y z xyz, do đó ta được

( ) ( )

+ + + −  + + + =

+ +

14 4 9xyz 4 8 4

xyz xy yz zx xy yz zx xyz x y z

Do đó ta được

(

^{x y z}^{+ +}

)

²⁺¹⁴^xyz^⁴^.

Bài toán 15. Cho a b c, , là các số thực dương thỏa mãn a b c+ + =1. Chứng minh rằng

( )

⁺

( )

⁺

( )

^

+ + − ² + + − ² + + − ² 1

1 9 4 1 9 4 1 9 4 2

a b c

bc b c ca c a ab a b

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức ta được

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( ) ( )

+ +

+ + − + + − + + −

 + +

+ + + + − + − + −

2 2 2

2

2 2 2

1 9 4 1 9 4 1 9 4

27 4 4 4

a b c

bc b c ca c a ab a b

a b c

a b c abc a b c b c a c a b Phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được

(

^{+ +}

)

²^{ +} ⁺

(

⁻

)

²⁺

(

⁻

)

²⁺

(

⁻

)

²

2 a b c 1 27abc 4a b c 4b c a 4c a b Hay ^{1 4}^ ^{ab a b}

(

^{+ +}

)

⁴^{bc b c}

(

^{+ +}

)

⁴^{ca c a}

(

^{+ +}

)

³^abc

Để ý đến giả thiết ta viết lại được bất đẳng thức trên thành

(

^{a b c}^{+ +}

)

³^⁴^{ab a b}

(

^{+ +}

)

⁴^{bc b c}

(

^{+ +}

)

⁴^{ca c a}

(

^{+ +}

)

³^abc

(10)

Hay ^a³^{+ + +}^b³ ^c³ ³^{abc ab a b}^

(

^{+ +}

)

^{bc b c}

(

^{+ +}

)

^{ca c a}

(

⁺

)

^.

Biến đổi tương đương ta được ^abc^

(

a b c b c a c a b^{+ −}

)(

^{+ −}

)(

^{+ −}

)

.

Bất đẳng thức trên là một bất đẳng thức đúng và dễ dàng chứng minh được.

Vậy bài toán được chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c= = =1 hoặc = =1 =

; 0

a b 2 c và các hoán vị.

---

Hết

---